1.$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$
#1
Đã gửi 16-03-2013 - 22:20
1.$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$
2.$(1+\frac{1}{a})^{4}+(1+\frac{1}{b})^{4}+(1+\frac{1}{c})^{4}\geq 3(1+\frac{3}{2+abc})^{4}$
- Sagittarius912 và vnmath98 thích
#2
Đã gửi 16-03-2013 - 22:31
Sử dụng bđt AM-GM:Cm
1.$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge \frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Cộng vế theo vế 2 bđt trên ta có
$3\ge \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}}$
$\Rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\ge (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Dấu đằng thức xảy ra khi $a=b=c$
- IloveMaths, Phanh, thinhrost1 và 2 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 17-03-2013 - 07:49
Bài toán còn có thể tổng quát lên như sau :Cm
1.$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$
$(1+a_{1}).(1+a_{2})...(1+a_{n})\geq (1+\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}})^{n};a_{j}\geq 0,j=\overline{1,n}$
Giải: Áp dụng BĐT $mincôpxki$ ,ta có :
$ \sqrt[n]{1.1...1}+\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}\leq \sqrt[n]{(1+a_{1}).(1+a_{2})...(1+a_{n})}\\
\Rightarrow \left ( 1+ \sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}\right )^{n}\leq (1+a_{1}).(1+a_{2})...(1+a_{n})$
----------------------
- Phanh yêu thích
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
#6
Đã gửi 17-03-2013 - 07:55
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vnmath98: 17-03-2013 - 07:55
#8
Đã gửi 17-03-2013 - 11:38
Cách 2:Sử dụng bđt AM-GM:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge \frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Cộng vế theo vế 2 bđt trên ta có
$3\ge \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}}$
$\Rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\ge (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Dấu đằng thức xảy ra khi $a=b=c$
$\oplus$ Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:
$(1+a)(1+b)(1+c) = [1+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+abc] \ge (1+\sqrt[3]{a^2b^2c^2} + \sqrt[3]{abc} + abc) = (1+\sqrt[3]{abc})^3$
$\cdot$ $( - 1) = {( - 1)^5} = {( - 1)^{2.\frac{5}{2}}} = {\left[ {{{( - 1)}^2}} \right]^{\frac{5}{2}}} = {1^{\frac{5}{2}}} =\sqrt{1}= 1$
$\cdot$ $\dfrac{0}{0}=\dfrac{100-100}{100-100}=\dfrac{10.10-10.10}{10.10-10.10}=\dfrac{10^2-10^2}{10(10-10)}=\dfrac{(10-10)(10+10)}{10(10-10)}=\dfrac{20}{10}=2$
$\cdot$ $\pi\approx 2^{5^{0,4}}-0,6-\left(\frac{0,3^{9}}{7}\right)^{0,8^{0,1}}$
$\cdot$ $ - 2 = \sqrt[3]{{ - 8}} = {( - 8)^{\frac{1}{3}}} = {( - 8)^{\frac{2}{6}}} = {\left[ {{{( - 8)}^2}} \right]^{\frac{1}{6}}} = {64^{\frac{1}{6}}} = \sqrt[6]{{64}} = 2$
#9
Đã gửi 17-03-2013 - 11:41
Thế nếu làm với trường hợp n số thì cách bạn có "đáp ứng" nổi không?Cách 2:
$\oplus$ Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:
$(1+a)(1+b)(1+c) = [1+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+abc] \ge (1+\sqrt[3]{a^2b^2c^2} + \sqrt[3]{abc} + abc) = (1+\sqrt[3]{abc})^3$
- Tienanh tx và Phanh thích
#10
Đã gửi 17-03-2013 - 11:44
Hãy thử sức với 1 bài toán sau:Bài toán còn có thể tổng quát lên như sau :
$(1+a_{1}).(1+a_{2})...(1+a_{n})\geq (1+\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}})^{n};a_{j}\geq 0,j=\overline{1,n}$
----------------------
Cho $a_i\ge 1$. CMR
$(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)\le (\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}-1)^n$
- vnmath98 yêu thích
#11
Đã gửi 17-03-2013 - 17:04
Hì hì..làm xong buổi trưa rồi nhưng chiều đi học nên giờ mới gửi ...^^^Hãy thử sức với 1 bài toán sau:
Cho $a_i\ge 1$. CMR$(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)\le (\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}-1)^n$
Lời giải:
Ta có :
$(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)\le (\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}-1)^n\\ \Leftrightarrow \sqrt[n]{(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)}+1\leq \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}.\\ \Leftrightarrow \sqrt[n]{\frac{1}{a_{1}.a_{2}...a_{n}}}+\sqrt[n]{\frac{(a_{1}-1).(a_{2}-1)...(a_{n}-1)}{a_{1}.a_{2}..a_{n}}}\leq 1$
Áp dụng BĐT $Cauchy$, ta được :
$\sqrt[n]{\frac{1}{a_{1}.a_{2}...a_{n}}}+\sqrt[n]{\frac{(a_{1}-1).(a_{2}-1)...(a_{n}-1)}{a_{1}.a_{2}..a_{n}}}\leq \frac{1}{n}.(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}})+\frac{1}{n}.(\frac{a_{1}-1}{a_{1}}+\frac{a_{2}-1}{a_{2}}+...+\frac{a_{n}-1}{a_{n}})=\frac{1}{n}.(1+1+..+1) (\text{n số $1$})=\frac{1}{n}.n=1\\ \Rightarrow Q.E.D$
-----------------------------
- Sagittarius912, Tienanh tx, Phanh và 2 người khác yêu thích
KẺ MẠNH CHƯA CHẮC ĐÃ THẮNG
MÀ KẺ THẮNG MỚI CHÍNH LÀ KẺ MẠNH!.
(FRANZ BECKEN BAUER)
ÔN THI MÔN HÓA HỌC TẠI ĐÂY.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh